牛顿第二定律两类动力学问题知识点、两类动力学问题1．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的“五个性质”2．合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。
(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。
(3)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝Fm是加速度的决定式。
3．[应用牛顿第二定律定性分析]如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。
如果物体受到的阻力恒定，则( )图1A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小解析物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右。
随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。
当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。
此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左。
至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。
所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。
综合以上分析，只有选项A正确。
答案A牛顿第二定律的瞬时性【典例】(2016·安徽合肥一中二模)两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图2所示。
现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则( )图2A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0解析由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。
故选项A正确。
答案A【拓展延伸1】把“轻绳”换成“轻弹簧”在【典例】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图3所示，则典例选项中正确的是( )图3解析剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0。
故选项D正确。
答案D【拓展延伸2】改变平衡状态的呈现方式把【拓展延伸1】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图4所示系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是( )图4A．a A＝0 a B＝1 2 gB．a A＝g a B＝0C．a A＝g a B＝gD．a A＝0 a B＝g解析细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零。
烧断前，分析整体受力可知线的拉力为T＝2mg sin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mg sin θ，所以A球的瞬时加速度为a A＝2g sin 30°＝g，故选项B正确。
答案B方法技巧抓住“两关键”、遵循“四步骤”(1)分析瞬时加速度的“两个关键”：①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。
(2)“四个步骤”：第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：分析物体在突变时的受力情况。
第三步：由牛顿第二定律列方程。
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
1．[静态瞬时问题]如图5所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )图5A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍解析撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D正确。
答案D2．[动态瞬时问题](2017·芜湖模拟)如图6所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则( )图6A．a1＝0，a2＝0B．a1＝a，a2＝m2m1＋m2aC．a1＝m1m1＋m2a，a2＝m2m1＋m2aD．a1＝a，a2＝m 1 m 2 a解析撤去拉力F的瞬间，物体A的受力不变，所以a1＝a，对物体A受力分析得：F弹＝m1a；撤去拉力F的瞬间，物体B受到的合力大小为F弹′＝m2a2，所以a 2＝m1am2，故选项D正确。
答案D动力学两类基本问题1．解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。
2．解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
【典例】(12分)如图7所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。
一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N。
g取10 m/s2。
图7(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。
求在t＝5 s时离地面的高度h；(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。
求无人机坠落地面时的速度v。
规范解答(1)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律，有F－mg－f＝ma(2分)解得a＝6 m/s2(2分)由h＝12at2，解得h＝75 m(2分)(2)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律，有mg－f＝ma1(2分)解得a1＝8 m/s2(2分)由v2＝2a1H，解得v＝40 m/s(2分)答案(1)75 m (2)40 m/s方法技巧两类动力学问题的解题步骤2．[已知运动分析受力](14分)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝ m/s2匀加速下滑。
如图9所示，若用一水平向右的恒力F 作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内沿斜面运动，其位移x＝4 m。
g取10m/s2。
求：图9(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F的大小。
解析(1)根据牛顿第二定律，有mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma(2分)解得μ＝36(1分)(2)滑块沿斜面做匀加速直线运动时，加速度有向上和向下两种可能。
根据题意，由运动学公式，有x＝12a1t2，(1分)可得a1＝2 m/s2(1分)当加速度沿斜面向上时，有F cos 30°－mg sin 30°－f＝ma1(2分) f＝μ(F sin 30°＋mg cos 30°)(1分)联立解得F＝7635N(2分)当加速度沿斜面向下时，有mg sin 30°－F cos 30°－f＝ma1(2分)联立解得F＝437N。
(2分)答案(1)36(2)437N或7635N1．(多选)(2016·江苏单科，9)如图12所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图12A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A项错误；各接触面间的动摩擦因数为μ，鱼缸的质量为m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a＝μg，鱼缸离开桌布时的速度为v，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t＝vμg，B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为f＝μmg不变，C项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v＝μgt增大，加速运动的位移x1＝12μgt2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x2＝v22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对。
答案BD2．(2016·全国卷Ⅱ，19)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。
两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。
若它们下落相同的距离，则( )A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析小球的质量m＝ρ·43πr3，由题意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，则r甲>r乙。
空气阻力f＝kr，对小球由牛顿第二定律得，mg－f＝ma，则a＝mg－fm＝g－krρ·43πr3＝g－3k4πρr2，可得a甲>a乙，由h＝12at2知，t甲<t乙，选项A、C错误；由v＝2ah知，v甲>v乙，故选项B正确；因f甲>f乙，由球克服阻力做功W f＝f h知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确。
答案BD3．(2015·海南单科，8)(多选)如图13所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。
现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。
在剪断的瞬间( )图13A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及发生形变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力F T1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知FT1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋F T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝Fm＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为F T2，则F T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。